Oppgavene fra dagens finale er ute: http://abelkonkurransen.no/problems/abe ... rob_nb.pdf
Noen som har noen fine løsninger?
Abelfinalen 2015
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Kan starte med 1a)
Vi adderer alle ligningene og omskriver til $(x-2y)^2+(y-2z)^2+(z-2x)^2=0$. Da må
x=2y, y=2z og z=2x.
De to siste ligningene gir y=4x. Innsatt i første ligning får vi x=8x, som kun er oppfylt for x=0. Da må y=z=0. Eneste løsning er x=y=z=0.
Vi adderer alle ligningene og omskriver til $(x-2y)^2+(y-2z)^2+(z-2x)^2=0$. Da må
x=2y, y=2z og z=2x.
De to siste ligningene gir y=4x. Innsatt i første ligning får vi x=8x, som kun er oppfylt for x=0. Da må y=z=0. Eneste løsning er x=y=z=0.
-
DennisChristensen
- Grothendieck
- Innlegg: 826
- Registrert: 09/02-2015 23:28
- Sted: Oslo
1 b)
Først kan vi se at siden identiteten holder for alle $x,y$ kan vi la $y=0$ og få at
$x^2 f(0) = 0$. Siden dette er sant for alle $x$, har vi at $f(0) = 0$.
Case 1: $f(f(1)) = 0$.
Ved å la $x = 1$ får vi at $f(yf(1)) = 0$ for alle $y$, så må $f(x) = 0$ for alle $x$ eller $f(1) = 0$.
Hvis $f(x) = 0$ for alle $x$ har vi også at $f(1) = 0$.
Hvis $f(1) = 0$:
Anta (i jakt på en selvmotsigelse) at det finnes $x_0 ≠ 0$ slik at $f(x_0) = \zeta ≠ 0$.
Ved å la $y = \frac{1}{\zeta}$ får vi at $x_{0}^2 f(1) = \frac{f(\zeta)}{\zeta} \Rightarrow f(\zeta) = 0$,
men ved å la $y = \frac{x_0}{\zeta}$ får vi at $x_{0}^2 \zeta = \frac{x_{0}^{2}}{\zeta^{2}} f(\zeta) \Rightarrow \zeta = 0$ eller $x_0 = 0$, en selvmotsigelse.
Så hvis $f(f(1)) = 0$ må vi ha at $f(x) = 0$ for alle $x$.
Case 2: $f(f(1)) ≠ 0$.
Siden identiteten må gjelde for alle $x,y$ kan vi la $x = y = 1$ og få at
$f(f(1)) = f(1) f(f(1))$, så $f(1) = 1$.
Så ved å la $x = 1$ ser vi at hvis det finnes noen løsning må vi ha at $f(y) = y^2$.
Sjekker at løsningen er valid:
VS = $x^6 y^2 =$ HS.
Dermed er de eneste funksjonene som tilfredstiller identiteten $f(x) = 0$ og $f(x) = x^2$.
Ikke det peneste argumentet gjennom tidene, men men...
Først kan vi se at siden identiteten holder for alle $x,y$ kan vi la $y=0$ og få at
$x^2 f(0) = 0$. Siden dette er sant for alle $x$, har vi at $f(0) = 0$.
Case 1: $f(f(1)) = 0$.
Ved å la $x = 1$ får vi at $f(yf(1)) = 0$ for alle $y$, så må $f(x) = 0$ for alle $x$ eller $f(1) = 0$.
Hvis $f(x) = 0$ for alle $x$ har vi også at $f(1) = 0$.
Hvis $f(1) = 0$:
Anta (i jakt på en selvmotsigelse) at det finnes $x_0 ≠ 0$ slik at $f(x_0) = \zeta ≠ 0$.
Ved å la $y = \frac{1}{\zeta}$ får vi at $x_{0}^2 f(1) = \frac{f(\zeta)}{\zeta} \Rightarrow f(\zeta) = 0$,
men ved å la $y = \frac{x_0}{\zeta}$ får vi at $x_{0}^2 \zeta = \frac{x_{0}^{2}}{\zeta^{2}} f(\zeta) \Rightarrow \zeta = 0$ eller $x_0 = 0$, en selvmotsigelse.
Så hvis $f(f(1)) = 0$ må vi ha at $f(x) = 0$ for alle $x$.
Case 2: $f(f(1)) ≠ 0$.
Siden identiteten må gjelde for alle $x,y$ kan vi la $x = y = 1$ og få at
$f(f(1)) = f(1) f(f(1))$, så $f(1) = 1$.
Så ved å la $x = 1$ ser vi at hvis det finnes noen løsning må vi ha at $f(y) = y^2$.
Sjekker at løsningen er valid:
VS = $x^6 y^2 =$ HS.
Dermed er de eneste funksjonene som tilfredstiller identiteten $f(x) = 0$ og $f(x) = x^2$.
Ikke det peneste argumentet gjennom tidene, men men...
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
3) La femkanten ha side $s$ og la $P$ være et vilkårlig punkt inne i den. Trekk et linjestykke
fra hvert enkelt hjørne til $P$, i tillegg til normalene fra $P$ ned på de forskjellige forlengelsene
av kantene. Arealet av femkanten er nå
$A=\frac12 s(d_1+d_2+d_3+d_4+d_5)$.
Ved AM-GM får vi da at
$\frac{2A}{5s}=\frac{d_1+d_2+d_3+d_4+d_5}5\geq \sqrt[5]{d_1d_2d_3d_4d_5}$
med likhet hvis og bare hvis $d_1=d_2=d_3=d_4=d_5$. Det vil si når $P$ er midtpunktet
i femkanten.
4a) Vi er ute etter ikke negative løsninger til $3^x+7^{2r}=z^2$, hvor $y=2r$.
Dette kan omskrives til $3^x=(z-7^r)(z+7^r)$, som medfører at $3^t=z-7^r$ og $3^s=z+7^r$,
hvor $s+t=x$. Trekker vi den første ligningen fra den andre får vi at $2\cdot 7^r=3^s-3^t=3^t(3^{s-t}-1)$.
Siden $3$ ikke deler venstresiden må $t=0$ og dermed $2\cdot 7^r=3^s-1$.
På den ene siden har vi at $3^s-1\equiv 2\mod{4}$, hvilket kun er mulig hvis $s$ er odd.
På den andre siden er $3^s-1\equiv 0\mod{7}$ for $r>1$, men dette skjer bare hvis $6|s$ som
motstrider at $s$ er odd. Det vil si at $r=0$ og ligningen gir da at $x=s=1$, så den eneste
løsningen er $(x,y)=(1,0)$.
fra hvert enkelt hjørne til $P$, i tillegg til normalene fra $P$ ned på de forskjellige forlengelsene
av kantene. Arealet av femkanten er nå
$A=\frac12 s(d_1+d_2+d_3+d_4+d_5)$.
Ved AM-GM får vi da at
$\frac{2A}{5s}=\frac{d_1+d_2+d_3+d_4+d_5}5\geq \sqrt[5]{d_1d_2d_3d_4d_5}$
med likhet hvis og bare hvis $d_1=d_2=d_3=d_4=d_5$. Det vil si når $P$ er midtpunktet
i femkanten.
4a) Vi er ute etter ikke negative løsninger til $3^x+7^{2r}=z^2$, hvor $y=2r$.
Dette kan omskrives til $3^x=(z-7^r)(z+7^r)$, som medfører at $3^t=z-7^r$ og $3^s=z+7^r$,
hvor $s+t=x$. Trekker vi den første ligningen fra den andre får vi at $2\cdot 7^r=3^s-3^t=3^t(3^{s-t}-1)$.
Siden $3$ ikke deler venstresiden må $t=0$ og dermed $2\cdot 7^r=3^s-1$.
På den ene siden har vi at $3^s-1\equiv 2\mod{4}$, hvilket kun er mulig hvis $s$ er odd.
På den andre siden er $3^s-1\equiv 0\mod{7}$ for $r>1$, men dette skjer bare hvis $6|s$ som
motstrider at $s$ er odd. Det vil si at $r=0$ og ligningen gir da at $x=s=1$, så den eneste
løsningen er $(x,y)=(1,0)$.
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
2a) Anta uten tap av generalitet at $a\geq b\geq c$. At det finnes en trekant med sidelengder
$a+\frac12, b+\frac12, c+\frac12$ vil bare si at disse lengdene oppfyller trekantulikheten,
altså at $b+c+1> a+\frac12 \Leftrightarrow b+c\geq a$ (de andre to ulikheten holder trivielt
fra antakelsen $a\geq b\geq c$).
Anta først at ulikheten ikke holder, $a>b+c$. Det holder å observere at siden riddere med fargen
tilhørende $a$ ikke kan sitte ved siden av hverandre, kan ridderne med denne fargen maksimalt
oppta halvparten av plassene rundt bordet. Men $a>b+c\Rightarrow 2a>a+b+c$, så i dette tilfellet
finnes det ingen lovlig plassering rundt bordet.
Anta nå at $b+c\geq a$. Vi beskriver en lovlig plassering av ridderne.
Vi kaller fargen tilhørende $a$ for $A$ og tilsvarende for $b$ og $c$.
Vi starter med å plassere riddere i rekkefølgen $A\; B\; A\; B$ inntil det er like mange $B$er som $C$er
igjen. Deretter plasserer vi ridderne i mønsteret $A\; B\; A\; C$. Dette gjør vi inntil det er tomt
for $A$er. Dette vil skje før vi går tom for $B$er og $C$er nettopp siden $b+c\geq a$.
På dette tidspunktet kan vi fortsette med å plasser $C\; B$ inntil det ikke er flere riddere igjen.
Siden vi startet med en $A$ og vi ender på enten $B$ eller $C$ er dette en lovlig plassering og vi
er ferdige.
$a+\frac12, b+\frac12, c+\frac12$ vil bare si at disse lengdene oppfyller trekantulikheten,
altså at $b+c+1> a+\frac12 \Leftrightarrow b+c\geq a$ (de andre to ulikheten holder trivielt
fra antakelsen $a\geq b\geq c$).
Anta først at ulikheten ikke holder, $a>b+c$. Det holder å observere at siden riddere med fargen
tilhørende $a$ ikke kan sitte ved siden av hverandre, kan ridderne med denne fargen maksimalt
oppta halvparten av plassene rundt bordet. Men $a>b+c\Rightarrow 2a>a+b+c$, så i dette tilfellet
finnes det ingen lovlig plassering rundt bordet.
Anta nå at $b+c\geq a$. Vi beskriver en lovlig plassering av ridderne.
Vi kaller fargen tilhørende $a$ for $A$ og tilsvarende for $b$ og $c$.
Vi starter med å plassere riddere i rekkefølgen $A\; B\; A\; B$ inntil det er like mange $B$er som $C$er
igjen. Deretter plasserer vi ridderne i mønsteret $A\; B\; A\; C$. Dette gjør vi inntil det er tomt
for $A$er. Dette vil skje før vi går tom for $B$er og $C$er nettopp siden $b+c\geq a$.
På dette tidspunktet kan vi fortsette med å plasser $C\; B$ inntil det ikke er flere riddere igjen.
Siden vi startet med en $A$ og vi ender på enten $B$ eller $C$ er dette en lovlig plassering og vi
er ferdige.
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
2b) La $y_n$ være den maksimale sluttformuen Nils kan sikre seg i et spill med $n$ røde baller. Vi
beviser ved induksjon at $y_n=\frac{2^n}{n+1}s$, hvor $s$ er startformuen. Merk at i oppgaven
settes startformuen til $1$, men for at induksjonsbeviset skal fungere må resultatet formuleres
for en vilkårlig startformue.
Basistilfelle:
Vi har en rød og en svart ball. Hvis Nils tipper $x$ før han trekker, ender han opp med enten $s-x$
eller $s+x$ i sluttformue. Siden den første er en voksende funksjon og den andre er en avtagende
funksjon av $x$, vil Nils sikre seg den maksimale sluttformuen når disse uttrykkene er like.
Det vil si at $x=0$ og $y_1=s$, hvilket stemmer med formelen.
Induksjonstilfellet
Anta at formelen holder for $k=n-1$. La den første verdien han tipper være $x$. Vi ser nå på
to tilfeller og beregner den maksimale sluttformuen han kan sikre seg i hvert av tilfellene.
1) Han trekker en rød kule og får en formue på $s+x$. Siden forutsetningene i spillet nå er identisk
med tilfellet for $n-1$ med startformue $s+x$, følger det fra induksjonshypotesen at den maksimale
sluttformuen han kan sikre seg er $\frac{2^{n-1}}{n}(s+x)$.
2) Han trekker den svarte kulen og får en formue på $s-x$. I dette tilfellet er Nils sikker på å vinne de
resterende $n-1$ spillene, og tipper derfor hele formuen hver gang. Det vil si at han dobler formuen
i hvert spill og får en maksimal sluttformue på $2^{n-1}(s-x)$
Observer nå at uttrykket i tilfelle 1) er en voksende funksjon av $x$ og uttrykket i tilfelle 2) er en
avtagende funksjon av $x$. Det følger da at Nils sikrer seg den maksimale sluttformuen ved å velge
$x$ slik at disse uttrykkene er like:
$\frac{2^{n-1}}{n}(s+x)=2^{n-1}(s-x)\Rightarrow (s+x)=n(s-x)\Rightarrow x=\frac{n-1}{n+1}s$
Plugger vi nå denne verdien for $x$ inn i en av uttrykkene (de gir det samme resultatet) får vi at
$y_n=\frac{2^{n-1}}{n}(s+\frac{n-1}{n+1}s)=\frac{2^{n-1}}{n}\frac{2n}{n+1}s=\frac{2^n}{n+1}$
Dermed stemmer formelen for $n=k$, hvilket konkluderer induksjonsbeviset. Til slutt finner vi
verdien oppgaven er ute etter ved å sette $s=1$ inn i formelen: $Y=\frac{2^n}{n+1}$.
beviser ved induksjon at $y_n=\frac{2^n}{n+1}s$, hvor $s$ er startformuen. Merk at i oppgaven
settes startformuen til $1$, men for at induksjonsbeviset skal fungere må resultatet formuleres
for en vilkårlig startformue.
Basistilfelle:
Vi har en rød og en svart ball. Hvis Nils tipper $x$ før han trekker, ender han opp med enten $s-x$
eller $s+x$ i sluttformue. Siden den første er en voksende funksjon og den andre er en avtagende
funksjon av $x$, vil Nils sikre seg den maksimale sluttformuen når disse uttrykkene er like.
Det vil si at $x=0$ og $y_1=s$, hvilket stemmer med formelen.
Induksjonstilfellet
Anta at formelen holder for $k=n-1$. La den første verdien han tipper være $x$. Vi ser nå på
to tilfeller og beregner den maksimale sluttformuen han kan sikre seg i hvert av tilfellene.
1) Han trekker en rød kule og får en formue på $s+x$. Siden forutsetningene i spillet nå er identisk
med tilfellet for $n-1$ med startformue $s+x$, følger det fra induksjonshypotesen at den maksimale
sluttformuen han kan sikre seg er $\frac{2^{n-1}}{n}(s+x)$.
2) Han trekker den svarte kulen og får en formue på $s-x$. I dette tilfellet er Nils sikker på å vinne de
resterende $n-1$ spillene, og tipper derfor hele formuen hver gang. Det vil si at han dobler formuen
i hvert spill og får en maksimal sluttformue på $2^{n-1}(s-x)$
Observer nå at uttrykket i tilfelle 1) er en voksende funksjon av $x$ og uttrykket i tilfelle 2) er en
avtagende funksjon av $x$. Det følger da at Nils sikrer seg den maksimale sluttformuen ved å velge
$x$ slik at disse uttrykkene er like:
$\frac{2^{n-1}}{n}(s+x)=2^{n-1}(s-x)\Rightarrow (s+x)=n(s-x)\Rightarrow x=\frac{n-1}{n+1}s$
Plugger vi nå denne verdien for $x$ inn i en av uttrykkene (de gir det samme resultatet) får vi at
$y_n=\frac{2^{n-1}}{n}(s+\frac{n-1}{n+1}s)=\frac{2^{n-1}}{n}\frac{2n}{n+1}s=\frac{2^n}{n+1}$
Dermed stemmer formelen for $n=k$, hvilket konkluderer induksjonsbeviset. Til slutt finner vi
verdien oppgaven er ute etter ved å sette $s=1$ inn i formelen: $Y=\frac{2^n}{n+1}$.
Nøyaktig samme fremgangsmåte som denne, men allikevel...
Først ser vi på likningen modulo $4$: $(-1)^x-1\equiv z^2$. Da $2$ ikke er kvadratisk rest modulo $4$, må $2\mid x$, og vi setter $x=2m$. Nå kan vi omskrive til $7^{2n+1}=(z-3^m)(z+3^m)$, og vi får at $7^t=z-3^m$ og $7^s=z+3^m$. Deretter trekker vi den første likningen fra den fra den andre, som gir $7^s-7^t=7^t(7^{s-t}-1)=2\cdot3^m$, og $t$ blir lik $0$, siden $7\not\mid 2\cdot 3^m$. Vi står nå igjen med likningen $7^s-1=2\cdot 3^m$.
I modulo $4$ får vi $7^s-1\equiv 2$, som tilsier at $s$ er et oddetall. I modulo $9$ får vi $7^s-1\equiv 0$ når $m\geq 2$, som gir at $6\mid s$, noe som motsier at $s$ er odd. Dermed er $m=1\lor m=0$, og eneste løsning er $(1,0)$.
EDIT: slurvet litt på slutten; eneste løsning blir $(m,s)=(1,1)$, noe som gir $(x,y)=(2,1)$
4b) Ønsker løsning(er) til likningen $3^x+7^{2n+1}=z^2$ hvor $x$ og $y$ er ikkenegative, og $2n+1=y$.Brahmagupta skrev:4a)
Først ser vi på likningen modulo $4$: $(-1)^x-1\equiv z^2$. Da $2$ ikke er kvadratisk rest modulo $4$, må $2\mid x$, og vi setter $x=2m$. Nå kan vi omskrive til $7^{2n+1}=(z-3^m)(z+3^m)$, og vi får at $7^t=z-3^m$ og $7^s=z+3^m$. Deretter trekker vi den første likningen fra den fra den andre, som gir $7^s-7^t=7^t(7^{s-t}-1)=2\cdot3^m$, og $t$ blir lik $0$, siden $7\not\mid 2\cdot 3^m$. Vi står nå igjen med likningen $7^s-1=2\cdot 3^m$.
I modulo $4$ får vi $7^s-1\equiv 2$, som tilsier at $s$ er et oddetall. I modulo $9$ får vi $7^s-1\equiv 0$ når $m\geq 2$, som gir at $6\mid s$, noe som motsier at $s$ er odd. Dermed er $m=1\lor m=0$, og eneste løsning er $(1,0)$.
EDIT: slurvet litt på slutten; eneste løsning blir $(m,s)=(1,1)$, noe som gir $(x,y)=(2,1)$
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Dette argumentet holder ikke helt. $7^s\equiv 1\mod{9}$ medfører kun at $3|s$, så det blir ingen motsigelse. Det skalstensrud skrev: I modulo $9$ får vi $7^s-1\equiv 0$ når $m\geq 2$, som gir at $6\mid s$, noe som motsier at $s$ er odd.
dog ikke så veldig mye til før vi er i mål. For $r\geq 2$ setter vi $y=s=3q$. Ligningen transformeres nå til
$2\cdot 3^r=7^{3q}-1=(7^q-1)(7^{2q}+7^q+1)$. Her deler $2$ den første faktoren så vi kan sette $7^q-1=2\cdot 3^t$
og $7^{2q}+7^q+1=3^s$, hvor $s+t=r$. Kvadrerer vi nå den første ligningen og trekker resultatet fra den andre ender
vi opp med $3\cdot 7^q=3^s-4\cdot 3^{2t}$. Merk først at siden høyresiden er positiv må $s\geq 2t+2$. Dermed for
$t>0$ deler $9$ høyresiden men ikke venstresiden. Tilsvarende for $t=0$ deler $3$ venstresiden men ikke høyresiden
og vi har en motsigelse.
Som du skrev ender vi da opp med en løsning $(x,y)$=$(2,1)$.
Da var alle oppgavene løst. Hva synes dere om årets oppgaver?
-
Gjest
Alltid vært begeistret for ideen om å være i stand til å kunne løse disse/slike oppgavene.Brahmagupta skrev:Dette argumentet holder ikke helt. $7^s\equiv 1\mod{9}$ medfører kun at $3|s$, så det blir ingen motsigelse. Det skalstensrud skrev: I modulo $9$ får vi $7^s-1\equiv 0$ når $m\geq 2$, som gir at $6\mid s$, noe som motsier at $s$ er odd.
dog ikke så veldig mye til før vi er i mål. For $r\geq 2$ setter vi $y=s=3q$. Ligningen transformeres nå til
$2\cdot 3^r=7^{3q}-1=(7^q-1)(7^{2q}+7^q+1)$. Her deler $2$ den første faktoren så vi kan sette $7^q-1=2\cdot 3^t$
og $7^{2q}+7^q+1=3^s$, hvor $s+t=r$. Kvadrerer vi nå den første ligningen og trekker resultatet fra den andre ender
vi opp med $3\cdot 7^q=3^s-4\cdot 3^{2t}$. Merk først at siden høyresiden er positiv må $s\geq 2t+2$. Dermed for
$t>0$ deler $9$ høyresiden men ikke venstresiden. Tilsvarende for $t=0$ deler $3$ venstresiden men ikke høyresiden
og vi har en motsigelse.
Som du skrev ender vi da opp med en løsning $(x,y)$=$(2,1)$.
Da var alle oppgavene løst. Hva synes dere om årets oppgaver?
Jeg har vært igjennom det meste av matematikk, men jeg tror aldri vil være i stand til å løse slike oppgaver/problemer, selv om jeg innrømmer at ønsket er stort.
Takk for at du påpekte det! Med fare for å spørre om noe åpenbart: hvordan så du at odde multipler av $3$ for $s$ gjorde $7^s\equiv 1 \mod 9$? Selv brukte jeg Euler's setning, og antok feilaktig at det kun var $s$-verdiene på formen $s=a(\phi(9))$ som gjorde $7^s\equiv 1 \mod 9$. Selvfølgelig ingen sak å sjekke mulighetene manuelt det i denne oppgaven, men det er jo ikke nødvendigvis alltid like kurant å gjøre det på den måten.Brahmagupta skrev:Dette argumentet holder ikke helt. $7^s\equiv 1\mod{9}$ medfører kun at $3|s$, så det blir ingen motsigelse. Det skal
dog ikke så veldig mye til før vi er i mål. For $r\geq 2$ setter vi $y=s=3q$. Ligningen transformeres nå til
$2\cdot 3^r=7^{3q}-1=(7^q-1)(7^{2q}+7^q+1)$. Her deler $2$ den første faktoren så vi kan sette $7^q-1=2\cdot 3^t$
og $7^{2q}+7^q+1=3^s$, hvor $s+t=r$. Kvadrerer vi nå den første ligningen og trekker resultatet fra den andre ender
vi opp med $3\cdot 7^q=3^s-4\cdot 3^{2t}$. Merk først at siden høyresiden er positiv må $s\geq 2t+2$. Dermed for
$t>0$ deler $9$ høyresiden men ikke venstresiden. Tilsvarende for $t=0$ deler $3$ venstresiden men ikke høyresiden
og vi har en motsigelse.
Som du skrev ender vi da opp med en løsning $(x,y)$=$(2,1)$.
Finaleoppgaver pleier å ligge på grensen av hva jeg klarer å prestere, MEN jeg synes at oppgavene $1a$ og $3$ var greie, spesielt trodde jeg at oppgave $3$ skulle være vanskeligere...Da var alle oppgavene løst. Hva synes dere om årets oppgaver?
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Man er som regel nødt til å sjekke manuelt og det var det jeg gjorde her. Det minste heltallet $k$ slik at $a^k\equiv 1\mod{n}$ kallesstensrud skrev: Takk for at du påpekte det! Med fare for å spørre om noe åpenbart: hvordan så du at odde multipler av $3$ for $s$ gjorde $7^s\equiv 1 \mod 9$? Selv brukte jeg Euler's setning, og antok feilaktig at det kun var $s$-verdiene på formen $s=a(\phi(9))$ som gjorde $7^s\equiv 1 \mod 9$. Selvfølgelig ingen sak å sjekke mulighetene manuelt det i denne oppgaven, men det er jo ikke nødvendigvis alltid like kurant å gjøre det på den måten.
gjerne ordenen til $a$ modulo $n$ og kan skrives $ord_n(a)$. Merk at dette bare gir mening så lenge $gcd(a,n)=1$, ellers vil ingen
slik $k$ finnes. Et lite resultat som kan forminske regnearbeidet noe er at $ord_n(a)|\phi (n)$. I oppgaven over var $ord_9(7)=3$ og
$3$ deler selvfølgelig $\phi (9)=6$ som et eksempel.
Er enig i at nivået var ganske høyt i år.
Kudos til alle dere som løser oppgaver på det nivået. Det virker ikke direkte pensumrelatert, men heller avhengig av kreativitet og strukturert tankegang.plutarco skrev:Syns det var rimelig høyt nivå på årets oppgaver. Kudos til de elevene som deltok i finalen og fikk til mange oppgaver!Brahmagupta skrev: Da var alle oppgavene løst. Hva synes dere om årets oppgaver?
Er da "bare" å øve seg på problemløsing på litt høyere nivå, så blir man etterhvert i stand til å løse oppgaver på dette nivået og over. Trikset er å ikke gi opp, selv etter timer med jobb. I tillegg er det masse standardtriks man bør kunne som gjør det mye lettere. Særlig gjelder det ulikheter.Gjest skrev:[
Alltid vært begeistret for ideen om å være i stand til å kunne løse disse/slike oppgavene.
Jeg har vært igjennom det meste av matematikk, men jeg tror aldri vil være i stand til å løse slike oppgaver/problemer, selv om jeg innrømmer at ønsket er stort.
Abelfinaleoppgavene er for øvrig endel lettere enn typiske IMO-oppgaver
Forresten, hvordan er poenggivingen i disse finalene? Ser at man blir tildelt 0 til 10 poeng for hver oppgave, men får man flere poeng for en elegant løsning enn for en styggere løsning, selv om begge kommer fram til riktig svar, når begge er vanntette? Eller får man poeng for hvor langt man er kommet i oppgaven, f. eks. 5 poeng for å bevist halvparten av en setning?